Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có: \(a^2+2b^2+3=a^2+b^2+b^2+1+2\)
\(a^2+2b^2+3\ge2\left(ab+b+1\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a^2+2b^2+3}\le\frac{1}{2\left(ab+b+1\right)}\)
Tương tự:\(\frac{1}{b^2+2c^2+3}\le\frac{1}{2\left(bc+c+1\right)}\);\(\frac{1}{c^2+2a^2+3}\le\frac{1}{2\left(ca+a+1\right)}\)
\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{1}{bc+c+1}+\frac{1}{ca+a+1}\right)\)
\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{abc}{bc+b+abc}+\frac{b}{abc+ab+b}\right)\)
\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{ab}{ab+b+1}+\frac{b}{ab+b+1}\right)\)
\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{2}.\frac{ab+b+1}{ab+b+1}=\frac{1}{2}\)
Dấu "=" xảy ra\(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
bài 2
(bài này là đề thi olympic Toán,Ireland 1997),nhưng cũng dễ thôi
Giả sử ngược lại \(a^2+b^2+c^2< abc\)
khi đó \(abc>a^2+b^2+c^2>a^2\)nên \(a< bc\)
Tương tự \(b< ac,c< ab\)
Từ đó suy ra :\(a+b+c< ab+bc+ac\left(1\right)\)
mặt khác ta lại có:\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)nên
\(abc>a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)
\(\Rightarrow abc>ab+ac+bc\left(2\right)\)
Từ (1),(2) ta có\(abc>a+b+c\)(trái với giả thuyết)
Vậy bài toán được chứng minh
3)để đơn giản ta đặt \(x=\frac{1}{a},y=\frac{1}{b},z=\frac{1}{c}\).Khi đó \(x,y,z>0\)
và \(xy+yz+xz\ge1\)
ta phải chứng minh có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức sau đúng
\(2x+3y+6z\ge6,2y+3z+6x\ge6,2z+3x+6y\ge6\)
Giả sử khẳng định này sai,tức là có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức trên sai.Không mất tính tổng quát,ta giả sử
\(2x+3y+6z< 6\)và \(2y+3z+6x< 6\)
Cộng hai bất đẳng thức này lại,ta được:\(8x+5y+9z< 12\)
Từ giả thiết \(xy+yz+xz\ge1\Rightarrow x\left(y+z\right)\ge1-yz\)
\(\Rightarrow x\ge\frac{1-yz}{y+z}\)Do đó
\(8\frac{1-yz}{y+z}+5y+9z< 12\Leftrightarrow8\left(1-yz\right)+\left(5y+9z\right)\left(y+z\right)< 12\left(y+z\right)\)
\(\Leftrightarrow5y^2+6yz+9z^2-12y-12z+8< 0\)
\(\Leftrightarrow\left(y+3z-2\right)^2+4\left(y-1\right)^2< 0\)(vô lý)
mâu thuẫn này chứng tỏ khẳng định bài toán đúng.Phép chứng minh hoàn tất.
Áp dụng BĐT Cauchy-SChwarz ta có:
\(VT=\frac{a^4}{a^2+2a^2bc}+\frac{b^4}{b^2+2ab^2c}+\frac{c^4}{c^2+2abc^2}\)
\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2+b^2+c^2+2abc\left(a+b+c\right)}\)
\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2+b^2+c^2+2\cdot\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{3}}\)
\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2+b^2+c^2+2\cdot\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{3}}\)
\(\ge\frac{1^2}{1+2\cdot\frac{1^2}{3}}=\frac{3}{5}=VP\)
Dấu "=" bạn tự nghiên cứu nhé :D
DẤU BẰNG XẢY RA\(\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\) CÁI NÀY LÀ ĐIỂM RƠI NHÉ.
Sửa lại \(\frac{a^2}{a^2+2}+\frac{b^2}{b^2+2}+\frac{c^2}{c^2+2}\ge1\) rồi c/m BĐT phụ
\(\frac{a^2}{a^2+2}\ge\frac{4}{9}a-\frac{1}{9}\) bằng cách quy đồng, phân tích
Sau đó tương tự rồi cộng theo vế là ra
#Tks Vũ...Châu đã nhắc nhé
Từ \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)\(\Rightarrow abc\le1\)
Khi đó ta có BĐT
\(\frac{a}{a+2bc}+\frac{b}{b+2ac}+\frac{c}{c+2ab}\ge1\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{a+2}+\frac{b^2}{b+2}+\frac{c^2}{c+2}\ge1\)
Áp dụng BĐT Cauchy-SChwarz dạng ENGel ta có;
\(VT=\frac{a^2}{a+2}+\frac{b^2}{b+2}+\frac{c^2}{c+2}\)
\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+6}=1=VP\)
KHi \(a=b=c=1\)
áp dụng nè \(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)
Bạn tham khảo câu trả lời tại đây:
https://olm.vn/hoi-dap/detail/63983977591.html
Câu hỏi của Tran Toan - Toán lớp 8 - Học toán với OnlineMath